专题23 统计与统计案例-【创新大课堂】高考数学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

11111111 专题23 统计与统计案例 考向1 统计图表 ↑频率组距 1.(2022·全国甲（文T2)(理T2)某社区通过公 0.040 0.038 0.036 益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识.为了 0.034 解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们 在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问 毁 卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答 0.010 0.002 指标 题的正确率如下图： o 70 7580859095100105 未患病者 100% 95% 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界 90 解85% *讲座前 值c,将该指标大于c的人判定为阳性，小于或 写80% 巴75% 米 ·讲座后 等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率 70% 65% 是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c);误 60% 0 3 45678910 诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为 居民编号 q(c).假设数据在组内均匀分布，以事件发生的 则 ( 频率作为相应事件发生的概率 A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小 (1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误 于70% 诊率g(c); 蠻 B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大 (2)设函数f(c)=p(c)+q(c),当c∈[95,105] 于85% 时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95， C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座 105]的最小值， 后正确率的标准差 D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座 令 前正确率的极差 2.(2023·新课标Ⅱ卷，12分)某研究小组经过 研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某 项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到 装 如下的患病者和未患病者该指标的频率分布 直方图： 频率/组距 考向2样本的数字特征 0.040 0.036 1.(2026·全国I卷，5分)样本数据6,8,4,5,12 0.034 的中位数为 ( A.5 B.6 C.8 D.9 0.012 2.(2025·全国卷Ⅱ，5分)样本数据2,8,14,16， 0.002 指标 11111111 95100 20的平均数为 ( 105110115120125130 患病者 A.8 B.9 C.12 D.18 69 3.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)某农业研究部门在 B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大 面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻， 于8 得到各块稻田的亩产量（单位：kg)并整理得 C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的 下表： 估计值大于0.4 亩产量 D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的 [900,950) [950,1000) [1000,1050) 估计值大于0.6 频数 6 12 18 6.(2026·全国Ⅱ卷，13分)从某厂生产的某种电 亩产量 [1050,1100) 「1100,1150) 1150,1200) 子产品中随机抽取了若干件进行试验，测试它 们首次出现故障的时间（单位：天），由试验结果 频数 30 24 10 得到如下频率分布直方图： 根据表中数据，下列结论中正确的是 ( ↑频率/组距 A.100块稻田亩产量的中位数小于1050kg 0.025 B.100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所 0.020 0.015 占比例超过80% 0.010-- 0.005 C.100块稻田亩产量的极差介于200kg至 345355365375385395405415425首次出现故 300kg之间 障的时间/天 D.100块稻田亩产量的平均值介于900kg至： (1)估计这种电子产品首次出现故障的时间的 1000kg之间 第一四分位数及中位数（假设数据在组内均匀 4.（多选)(2023·新课标I卷，5分)有一组样本 分布)； 数据x1,x2,…,x6,其中x1是最小值，x6是最 (2)记为1件这种电子产品首次出现故障的 大值，则 ( 时间小于365天的概率的估计值. A.x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,,x6 (i)求p; 的平均数 (ⅱ)该厂向某用户销售100件这种电子产品， B.x2,x3x4x5的中位数等于x1x2,…,x6的 记X为这100件电子产品中首次出现故障的时 中位数 间小于365天的件数，假设X~B(100,p),求 C.x2,x3x4,x5的标准差不小于x1x2,…,x6 E(X)D(X). 的标准差 D.x2,x3,x4x5的极差不大于x1x2,…,x6的 极差 5.(2022·全国乙（文）T4)分别统计了甲、乙两位 同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h), 得如下茎叶图： 甲 61 5. 8530 6 3 7532 7. 46 6421 8. 12256666 42 9. 0238 10.1 则下列结论中错误的是 A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数 为7.4 70 7.(2026·北京卷，13分)现从全校学生中随机抽： (1)求之，s2: 取200人统计数学成绩，成绩分组及对应人数 (2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较 如下： 乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著 成绩 [81, (94, (107, (120, (135, 找高（如果：≥2层，则认为甲工艺处理后的橡 分组 94] 107] 120] 135 150] 胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的 人数 40 60 60 28 12 伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)· 每个学生成绩相互独立，以频率估计概率，完成 下列问题： (I)求数学成绩不高于120分的概率； (Ⅱ)从学校随机抽取4人，求2人不低于120 分且2人不高于94分的概率； (Ⅲ)每组数据取左端、中间、右端，比较s,, 的大小关系 8.(2023·全国乙卷·理，12分)某厂为比较甲、 乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进 行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同 的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺 处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶 产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产 品的伸缩率分别记为x;,y:(i=1,2,…,10),试 验结果如下： 试验序 7 2 5 9 10 号： 伸编率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550576 536 记之=x:-y（i=1,2,…,10),之1,22，…，之10的 样本平均数为之，样本方差为2 71 考向3独立性检验 2.(2024·全国甲卷·理T17,文T18,12分)某工 1.(2025·全国卷I,13分)为研究某疾病与超声 厂进行生产线智能化升级改造.升级改造后，从 波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群 该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150 中随机调查了1000人，得到如下列联表： 件进行检验，数据如下： 超声波检查结果 优级品 合格品 不合格品 总计 组别 合计 正常 不正常 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 100 患该疾病 20 180 200 总计 96 52 150 未患该疾病 780 20 800 (1)填写如下列联表： 合计 800 200 1000 优级品 非优级品 (1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概 甲车间 率为饣，求p的估计值； 乙车间 (2)根据小概率值α=0.001的独立性检验，分 能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优 析超声波检查结果是否与患该疾病有关」 级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、 n(ad-bc )2 附：X2=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' 乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率= P(x2≥k) 0.050 0.010 0.001 0.5.设p为升级改造后抽取的n件产品的优级 k 3.841 6.635 10.828 品率，如果p>p十1,65，D①D,则认为该工 厂产品的优级品率提高了.根据抽取的150件 产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造 后，该工厂产品的优级品率提高了？（√150≈ 12.247) 附：K2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d):n=a+b +c+d. P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 72 3.(2024·上海卷，14分)本题共有3个小题，第1：4.(2023·全国甲卷·理，12分)一项试验旨在研 小题满分4分，第2小题满分4分，第3小题满： 究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随 1111111111111 分6分 机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配 为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩 到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环 的关系，从该地区29000名学生中随机抽取 境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后 580人，得到日均体育锻炼时长（单位：小时）与 统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g), 学业成绩的数据如表所示： (1)设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照 日均体育锻炼时长/小时 组的只数，求X的分布列和数学期望 学业成绩 0.0.5) [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) [2,2.5] (2)试验结果如下： 优秀 5 44 42 3 1 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 不优秀 134 147 137 40 27 15.218.820.221.322.523.2 25.8 26.527.530.132.634.3 (1)该地区29000名学生中日均体育锻炼时长 34.835.635.635.836.237.3 不小于1小时的人数约为多少？ 40.543.2 (2)估计该地区初中学生日均体育锻炼时长（精 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 确到0.1小时) 抑 (3)是否有95%的把握认为学业成绩优秀与日 7.89.211.412.413.215.5 均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时 16.518.018.819.219.820.2 21.622.823.623.925.128.2 有关？ n(ad-bc)2 32.336.5 附：X2=a+bc十d(a十c)b+dm=u+b (ⅰ)求40只小白鼠体重的增加量的中位数m, +c十d.P(x2≥3.841)≈0.05. 再分别统计两样本中小于m与不小于m的数 据的个数，完成如下列联表： m 对照组 试验组 (iⅱ)根据（ⅰ）中的列联表，能否有95%的把握 摇 认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境 中体重的增加量有差异？ 附：K2 n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)’ P(K2≥k) 0.1000.0500.010 2.7063.8416.635 73 5.(2022·全国甲（文）T17)甲、乙两城之间的长 (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选 途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两 到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到 家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙 两城之间的500个班次，得到下面列联表： 的人患有该疾”与兴的比值 P(BA) 是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一 准点班次数 未准点班次数 项度量指标，记该指标为R, 240 20 B 210 30 (1)证明：R=P(AB).P(AB) P(AB)P(AB)' (1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城 (iⅱ)利用该调查数据，给出P(AB),P(A|B) 之间的长途客车准点的概率， 的估计值，并利用(1)的结果给出R估计值， (2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的 附：K2= n(ad-bc)2 长途客车是否准点与客车所属公司有关？ (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 附：K2 n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d)' 3.841 6.635 10.828 P(K≥k) 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 考向4回归分析 6.(2022·新高考I卷20)一医疗团队为研究某1.(2026·天津卷，5分)为研究候鸟迁徙数量与 地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯： 空气质量指数的关系，在不同空气质量指数(x) (卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系， 下统计候鸟迁徙数量(y),所得数据如图所示， 在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称 其中y与x的样本相关系数r=一0.91，根据最 为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调： 小二乘法算得y=一1.17x十1370.7，下列说法 查了100人（称为对照组），得到如下数据： 正确的是 () 不够良好 良好 候鸟迁徙数量y 病例组 40 60 对照组 10 90 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未 … 患该疾病群体的卫生习惯有差异？ 空气质量指数x 74 A.y与x负相关 :5.(2026·上海卷，14分)本题共有3个小题，第1 B.当x=10时，y一定为1359 小题满分4分，第2小题满分4分，第3小题满 C.当x=10时，y一定小于1359 分6分. D.两变量无线性关系 某工厂为进行环境保护与改善，对九年间空气 2.(2024·天津卷，5分)下列图中，线性相关系数 中某颗粒物密度与二氧化硫密度进行了监测与 最大的是 记录，数据如下： ( 某颗粒 101.0287.0257.4621.8511.76 8.86 5.03 4.63 3.80 物密度 二氧化 119.4751.84 53.2 9.16 6.6 4.4 3.31 3.35 3.8 硫密度 B (1)为进一步研究，从这9年间随机抽取一年， 该年份颗粒物的密度大于二氧化硫密度的概率 .g 是多少？ (2)为研究颗粒物密度与二氧化硫密度的相关 D 性，该工厂应选取茎叶图、扇形图、散点图中的 3.(2024·上海卷，4分)已知沿海地区气温和海 哪一种进行分析，并请你判断相关系数在（一1， 0),(0,1),(1,2)哪个区间内？ 水表层温度相关，且样本相关系数为正数，对此 (3)2023年之前9年的年份(x)的平均数为 描述正确的是 ( ) 2018,y(颗粒物密度)关于x(年份)的回归方程 A.沿海地区气温高，海水表层温度就高 拟采用y=106.544e0.461(x-2014W或y=a(x B.沿海地区气温高，海水表层温度就低 2014)+83.743.已知2023年实际颗粒物浓度 C.随着沿海地区气温由低到高，海水表层温度 为3.88，则哪个回归方程对于2023年的预测值 呈上升趋势 与实际值的差的绝对值更小（精确到0.01）？ D.随着沿海地区气温由低到高，海水表层温度 呈下降趋势 4.(2023·天津卷，5分)调查某种群花萼长度和 花瓣长度，所得数据如图所示.其中相关系数 r=0.8245,下列说法正确的是 +花瓣长度 :…, 花萼长度 A.花瓣长度和花萼长度没有相关性 B.花瓣长度和花萼长度呈负相关 C.花瓣长度和花萼长度呈正相关 D.若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系 数一定是0.8245 75 6.(2025·上海卷，14分)本题共有2个小题，第1：7.(2022·全国乙（文T19)(理T19)某地经过多 小题满分4分，第2小题满分2分，第3小题满： 年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为 分8分. 估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了 2024年巴黎奥运会，中国获得了男子4×100 10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积 米混合泳接力金牌，以下是历届奥运会男子4 (单位：m2)和材积量（单位：m3),得到如下 ×100米混合泳接力项日冠军成绩记录（单位： 数据： 秒)，数据按照升序排列 样本号： c2 9 10 总和 206.78207.46207.95209.34209.35 根部横截 0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.06 0.6 面积x: 210.68213.73214.84216.93216.93 材积量y:0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9 (1)求这组数据的极差与中位数； (2)从这10个数据中任选3个，求恰有2个数 并计算得2x号=0.038，之=1.6158，之x: 据在211以上的概率； =0.2474. (3)若比赛成绩y关于年份x的回归方程为= (1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截 一0.311x+b,年份x的平均数为2006，预测 面积与平均一棵的材积量； 2028年冠军队的成绩（精确到0.01秒）. (2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积 量的样本相关系数（精确到0.01）； (3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截 面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总 和为186m5.已知树木的材积量与其根部横截 面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这 种树木的总材积量的估计值. 2(x:-x)(y:-y) 附：相关系数r= √2x,-)22-0 √/1.896≈1.377. 762.D[由题喜，初中年和高中年学生人最之北为器-子，所以抽取的 60名学生中初中年意有60×号-=40（人），高中都应有60X号= 20(人)，所以不同的抽样结果共有C9·(C种，故选D.] 3.B[先从5人中选择1人两天均参加公盏活动，有C种方式：再 从余下的4人中远2人分别安排到星期六、星期日，有A:种安排 方式.所以不同的安排方式共有C·A=60(种).故远B.] 4,C[甲，乙二人先选1种相同的课外读物，有C=6(种)情况，再从 剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有CC一20（种） 情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20=120（种）选法，故 选C.] 5.288[排列问题先排队列的头和尾，有P=12(注意：非上海考 卷这里为A:=12)(种)排法，再排中间的4人，有P一24（注意：非 上海考卷这里为A=24)(种)排法，则不同的排法有12×24=288 (种). 6.24112[分步乘法计算原理十逻辑推理第一步，从第一行任 远一个数，共有4种不同的远法；第二步，从第二行选一个与第一 个数不同列的数，共有3种不同的选法：第三步，从第三行选一个 与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法：第四步，从第 四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种远法. 由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2X1一24. 先按列分析，每列必远出一个数，故所选4个数的十位上的数字分 别为1,2,3,4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大 值分别为1,3,3,5，故从第一行选21，从第二行远33，从第三行选 43,从第4行远15，此时个位上的数字之和最大，故选中方格中的4 个数之和的最大值为21十33十43十15=112.] 7.64[由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各 远修1门，有CC种方案：第二类，在体育类远修课中远修1门，在 艺术类远修课中远修2门，有CC种方案；第三类，在体育类选修 深中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有CC种方案.综 上，不同的选深方案共有CC+CC号+CC=64(种).] 考向2二项式定理 1.A[二项式定理 (通项公式法)(a-√)？的展开式的通项T,+1=Ca2-r· (-√E)r,r=0,1,2,…,7.令r=4,得T=Ca3x2,所以Ca3= 280,解得a=2.故远A.] 2.A[二项式定理（理性思维）解法一（公式法）(x一√)的展 开式的通项T+1=Cx-(-√)'=(-1)Cx-(r=0,1,2,3, 4).由4-乞=3，得r=2,所以(x-回的展开式中x的系数为 (-1)2C号=6. 解法二（组合数法）(x一√无)的展开式中含x3的项是由(x √x)(x一√)(x一√)(x一√x)中任意取2个括号内的x与剩余的 2个括号内的（一√）相乘得到的，所以(x一√x)'的展开式中含x 的项为Cx2·C号(-√)=6x3,所以(x一√)的展开式中x3的 系数为6.] 考教衔接本题是以人教A版选择性必修第三册第30页例2的 第(2)问为题源，通过适当改编而命制的，旨在考查二项式定理的 应用及运算求解能力， 3.B[当x=1时，1=a十ag十a2十a1十a①；当x=-1时，81= a,-a,十a,-a十a,@:D,②得原式=41.] 2 4.8[二项式定理(x十2y)展开式的通项T+1=Cx-「(2yy= 2Cx-y,r=0,1,2,3,4,令r=1,可得展开式中xy的系数为 2C=8.] 5.10[求二项展开式特定项的系数(x2十x)°的通项T,+1= C(x2)i-"x=Cx10-",r=0,1,2,…,5,令10-r=7,得r=3,所 以x2项的系数为C=10.] 6.一20[二项式定理的应用(x一1)展开式的通项公式为T+1= Cxi一k(-1)=(一1)Cx5-,令6-k=3,得k=3,所以x3项的 系数为(-1)3C=-20.] 7.80[二项式定理(2x-1)的通项为T,+1=C(2x)i-(-1)', 令5-r=3,得r=2,所以展开式中x3的系数为CX2X(一1) =80.1 1、 8.5[二项式定理（理性思维、数学探索） (十的展开式的 通预公式为T+1=CG（3)】 x‘,则各项的系数分别为 c(号）c(）c(号).c()c(号) c().c(号)（号）c(号)，（号） C$(写)，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数 式递增，分别计算C(号)CG(号），（号），c(号) C(行），c(号），此较可得，c(行）=5最大.门 9.20二项式定理的应周（数学探索）T+1=C(停)（兮）广= C酷·3i-2·xt-1“.令6k一18=0，则k=3,所以常数项为T: C·30·x°=20.] 10.10[二项式定理由题意得2”=32，所以n=5,则(x十1)的通 项T,+1=Cx-1',令5-r=2,得r=3,所以展开式中x2的系数 为C=10.] .60=项式(2x-) 展开式的通项公式Tk+1=C(2x)- (-)）=(-102-tC2,令18-4=2，解得=4，所以 x2的系数为(-1)×2×C=60.] 12.8-2[含x2的项为：x·C·x·(-1)3十2·C·x2·（-1) =-4x2+12x2=8.x2,故a2=8;令x=0,即2=ao,令x-1,即0 =a0十a1十ag十ag十a:十a,∴.a1十a2十ag十a:十a=-2,故答案 为：8：一2.] 13.-28[原式等于(x十y)一义(x十y)8,由二项式定理，其展开 式中xy的系数为C一(C=一28.] 专题23统计与统计案例 考向1统计图表 1.B[由统计图可知，讲座前这10位社区居民问卷答题的正确率分 别为65%，60%，70%，60%，65%，75%，90%，85%，80%，95%.对 于A项，将这10个数据从小到大排列为60%，60%，65%，65%， 70%,75%,80%,85%,90%,95%,因此这10个数据的中位数是第 5个与第6个数的平均数，为70%，75%=72.5%>70%，A错误. 对于B项，由统计图可知，讲座后这10位社区居民问卷答题的正 确率分别为90%，85%，80%，90%，85%，85%，95%，100%，85%， 100%,所以讲座后这10位社区居民问卷答题的正确率的平均数为 10X(90%+85%+80%+90%+85%+85%+95%+100%+ 85%十100%)=89.5%>85%，B正确.对于C项，讲座后这10位 社区居民问卷答题的正确率的方差后=。×[(90%-89.5%) +(85%-89.5%)2+…十(85%-89.5%)2+(100%-89.5%)2] =铝器所以标准差n=6%.讲座前这10位社区居民问卷公 题的正确率的平均数为0×(60%+60%+65%十65%+70%十 75%+80%十85%十90%十95%)=74.5%，所以讲座前这10位社 区居民问卷答题的正确率的方差为品=。×[(60%-74.5%)2十 (60%-74.5%)2+十(90%-74.5%)2+(95%一74.5%)2]= 需所以标准差心1.93%.所以>，C错误，对于D项 讲座前问卷答题的正确率的极差为95%一60%一35%，讲座后问卷答 题的正确率的极差为100%一80%=20%，D错误.故选B.] 2.解(1)由题图知(100-95)×0.002=1%>0.5%， 所以95c100, 设X为患病者的该指标， 则p(c)=P(Xc)=(c-95)×0.002=0.5%, 解得c=97.5. 设Y为未患病者的该指标， 则g(c)=P(Y>c)-(100-97.5)×0.01+5×0.002=0.035-! 3.5%. (2)当95c100时， p(c)=(c-95)×0.002=0.002c-0.19, g(c)=(100-c)×0.01+5×0.002=-0.01c+1.01, 所以f(c)=p(c)+g(c)=-0.008c+0.82; 当100<c≤105时， p(c)=5×0.002+(c-100)×0.012=0.012c-1.19, g(c)=(105-c)×0.002--0.002c+0.21, 所以f(c)=p(c)十g(c)=0.01c-0.98. 综上所述，f(c)={。0,008c+0.82,95≤c≤100 10.01c-0.98,100c105 由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95,100]上单调递减，在· (100,105)上单调递增， 作出f(c)在区间[95,105]上的大致图象（略），可得f(c)在区间· [95,105]的最小值f(c)mm=f(100)=-0.008×100+0.82=: 0.02 考向2样本的数字特征 1.B[中位数 (直接法)将样本数据从小到大排列为4,5,6,8,12，因为共有5 个数据，所以中位数是第3个数据，即6，故远B.] 2.C[年均数求解号(2+8+14+16+20)=12，故选C] 3.C「中位数十极差十平均值 对于A,因为前3组的颜率之和0.06十0.12十0.18=0.36<0.5,1 前4组的颜率之和0.36十0.30=0.66>0.5，所以100块稻田亩产1 量的中位数所在的区间为[1050,1100)，故A不正确： 对于B,100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例为 6十12+18十30×100%=66%，故B不正确； 100. 对于C,因为1200-900=300,1150一950=200，所以100块稻田 亩产量的极差介于200kg到300kg之间，故C正确； 对于D,100块稻四商产量的平均值为100X(925X6十975×12+ 1025×18+1075×30+1125×24+1175×10)=1067(kg),故D 不正确. 综上所述，故远C.] 4.BD[取无1=1,2=x3=x1=x=2,x6=9,则，x,x4,西的平 均数等于2，标准差为0，西，2，…，工的平均数等于3，标准差为 巴=⑤，故A,C均不正确：根据中位数的定义，将1…， 3 x:按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均 数，由于x1是最小值，是最大值，故x2,x3,x,x的中位数是将 工2，，西，工按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数， 与x1,x2,,工6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2, x3,工的极差不大于x,x2,·,x6的极差，故D正确.综上，！ 选BD.」] 5.C[对于A选项，将甲同学周课外体育运动时长的样本从小到大 排列，其样本容量为16，中间两个样本为7.3和7.5，所以中位数为 1.37.5=74,所以A不符合题意.对于B选项，（方法一）乙同学！ 2 周课外体育运动时长的样本平均数为6×(6.3+7.4+7.6十 8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2十9.3+ 9.8十10.1)≈8.5，所以B不符合题意.（方法二）由乙的样本可知， 小于8的样本有6.3,7.4,7.6，其他样本均大于8.又因为 1016.3>8,98,7.4>8,937.6>8,所以乙同学周深外体 2 2 2 育运动时长的样本平均数大于8，所以B正确，对于C远项，甲同学 周课外体育运动时长大于8的样本有8.1,8.2,8.4,8.6,9.2,9.4， 共6个，则甲同学周课外运动时长大于8的概牵的估计值为6一 6. 君<0,4，所以C符合题意，对于D选项，乙同学周课外体有运动 时长大于8的样本有13个，则乙同学周课外运动时长大于8的概！ 率的估计值为是>0,6，所以D不符合题意.故选C.] 6.总体百分位数的估计十由频率分布直方图估计中位数十用频率估： 计概率十二项分布 解(1)根据颜率分布直方图知，组距为10，部分区间的颜率计算· 如下： 345,355)的频率为0.005×10=0.05： 15 「355,365)的颜率为0.010×10-0.10： [365,375)的颜率为0.020×10-0.20： [375,385)的颜率为0.025×10=0.25： [385,395)的颜率为0.015×10=0.15. (3分) 设第一四分位数为Q1· 因为前两组的累计颜率为0.05十0.10-0.15,0.15<0.25，且前三 组的累计颜率为0.15十0.20=0.35,0.35>0.25，所以第一四分位 数位于区间[365,375)内. 根据比例关系得，Q,=365+0.25,0.15×10=365+5=370(天). 0.20 (5分) 设中位数为M.前三组的累计颜率0.35<0.50，前四组的累计颜率 为0.35十0.25=0.60,0.60>0.50，所以中位数位于区间[375， 385)内. 根据比例关系得，M=375+0,50,0.35×10=375+6=381(天). 0.25 (7分) (2)(i)首次出现故障的时间小于365天即在区间[345,365)内.根 据颜率估计概率，得p=0.05十0.10=0.15. (9分) (菲)已知X~B(100,0.15).根据二项分布的期望与方差公式得， E(X)=100×0.15=15, (11分) D(X)=100×0.15×0.85-12.75. (13分) 7.用频率估计概率十独立重复试验与二项分布十方差的性质 解(I)第1步：计算不高于120分的累计频数 数学成绩不高于120分的人数为前三组人数之和，为40十60十60 =160. (2分) 第2步：用频率估计概率 160=0.8. 用领率估计概率，则数学成绩不高于120分的概率P一200 故数学成绩不高于120分的概率为0.8. (4分) (Ⅱ)第1步：分别计算对应事件的概率 成绩不低于120分的概率P,=2812=0.2, (5分) 200 成绩不高于94分的概率P220=0,2 (6分) 第2步：识别概率模型 从学校随机抽取4人，可以看作4次独立重复试验， (7分) 第3步：代入公式计算结果 要求2人不低于120分且2人不高于94分， 则其概率P。=C·P·P=6×0.2×0.2=0.0096.故所求概 率为0.0096. (8分) (Ⅲ)第1步：明确方差公式 根据表格知道各组颜数不变，总颜数一200，各组所取样本数据设 为工，n:为各组数据的频数，i=1,2,3,4,5,则工= 40x+60x+60x+28.x+12xi,s= 2n·(x-z)9 (9分) 200 第2步：套用公式求三种方差 取左端点时，x:为81,94,107,120,135， 左= 40×81+60×94+60×107+28×120+12X135-101.4, 200 方差a=20[40X(81-101.4)+60X(94-101.4)+60X(107 -101.4)2+28×(120-101.4)2+12×(135-101.4)2]=225.24. (10分) 取中点时，x为87.5,100.5,113.5,127.5,142.5， x中 40×87.5+60×100.5+60×113.5+28×127.5+12×142.5 200 =108.1. 6差5年=200[40X(87.5-108.1)+60×(100.5-108.1)2+6 ×(113.5-108.1)2+28×(127.5-108.1)2+12×(142.5- 108.1)2]=234.64. (11分) 取右端，点时，x:为94,107,120,135,150， x右= 40×94+60×107+60×120+28×135+12X150=114,8,方差s话 200 ∈20040×(94-114.8)+60×(107-114,8)+60X(120 114.8)2+28×(135-114.8)2+12×(150-114.8)2]=244.36. (12分) 第3步：下结论 对比可得方差大小关系：嗟<<结 (13分) 8.解(1)由题意，求出的值如表所示 试验 123456 7 89 10 序号i 968-815119182012 则2=0×(9+6+8-8+15+1+19+18+20+12)=11， =0×[(9-11)+(6-11)+(8-11)2+(-8-1)+(15 11)2+(11-11)2+(19-11)2+(18-11)2+(20-11)2+(12- 11)2]=61. 2因为2/26.V24,4,=11=√12T>√24.4 所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的 橡胶产品的伸缩率有显著提高. 考向3独立性检验 1,古典概型十独立性检验（运算求解能力） 解(1)由题表可知，检查结果不正常者有200人，检查结采不正 常者中患有该疾病的有180人， 所以由样本估计总体得p一器=0.9 (2)零假设H。:超声波检查结果与是否患该疾病无关， X-100X20X20,180X780=765.625>10.828. 800×200×200×800 所以依据小概率值a=0.001的独立性检验，我们推断H。不成立， 即认为超声波检查结果与是否患该疾病有关 2.独立性检验（理性思维、数学探索、数学应用） 解(1)第1步：填写列联表 填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 第2步：作出完整的2X2列联表 则完整的2×2列联表如下： 优级品 非优级品 总计 甲车间 26 24 50 乙车间 70 30 100 总计 96 54 150 第3步：根据公式求K K:=150×(26×30-70×24)2 =4.6875. 96×54×50×100 第4步：根据K2的值判断 因为K2=4.6875>3.841,所以有95%的把握认为甲、乙两车间产 品的优级品率存在差异： 因为K=4.6875<6.635,所以没有99%的把握认为甲、乙两车间 产品的优级品率存在差异 (2)第1步：求出p 96=0.64 由题意可知p=50 第2步：求出b+1.65,产的值 又p十1.65 /卫-0.5+1.5×800d≈0.5+ 150 1.65 0.5 12.247≈0.57， 第3步：由D与p十1,65，D卫的大小关系判断 所以D>p十1.65√卫，所以能认为生产线智能化升级政造 后，该工厂产品的优级品率提高了， 15 3.频数分布表十统计计算十卡方检验 解(1)第1步：计算样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的 人数 抽取的样本中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数为42十3十 1+137+40+27=250. 第2步：按比例估计人数 设该地区29000名学生中有x人的日均体育锻炼时长不小于1小 时，则38-20i0解得=1250， 故该地区29000名学生中日均体育锻炼时长不小于1小时的人数 约为12500. (2)第1步：根据题中表格数据计算该地区初中学生日均体育锻炼 时长 依题意得，该地区初中学生日均体育锻炼时长为(0.25×139十 0.75×191+1.25×179+1.75×43+2.25×28)÷580=540÷580≈ 0.9. 第2步：作答 所以该地区初中学生日均体育锻炼时长约为0.9小时. (3)第1步：写出2×2列联表 对数据重新组合，得到2X2列联表 日均体育锻炼时长/小时 学业成绩 [1,2) 其他 合计 优秀 45 50 95 不优秀 177 308 485 合计 222 358 580 第2步：代入公式计算 提出原假设H。:学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时 且小于2小时无关 确定显著性水平a=0.05,P(≥3.841)≈0.05， X-580X95X3082177X50≈3.976>a.841, 95×485×222×358 第3步：得结论 原假设不成立，所以有95%的把握认为学业成绩优秀与日均体育 锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关 4.解(1)X的所有可能取值为0,1,2， P(X=o)=Cg×(1-z)×(1-2)=,P(X=1)=C× ×(-）=,PX=2)=CGx号×号 1 1 4· 所以X的分布列为 X 0 1 2 1 2 1 E(X0=0X+1X+2X-1. (2)(ⅰ)根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数 23.2+23.6=23.4. m= 列联表如下： m ≥m 对照组 14 试验组 14 6 (ⅱ)根据(1)中结果可得K= 40×(6×6-14×14)2 =6.4 20×20×20×20 3.841, 所以有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境 中体重的增加量有差异. 5.解(1)A公司一共调查了260个班次，其中有240个班次准点，故 A公司甲，乙两城之间的长途客车准，点的概率是0品 26013 B公司一共调查了240个班次，其中有210个班次准点，故B公司 甲，乙两城之间的长论客丰准点的概率是8-尽 （2)因为K=500X240X3020X210)=1≈3.205>2.706. 260×240×450×50 39 所以有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客！ 车所属公司有关 6.解(1)假设患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有 差异， 则K2=50X150X100X100 200(40×90-60×10)2 =24>10.828, 所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习 惯有差异； P(AB) P(AB) P(BA)P(BA) P(A) P(A) P(AB)PAB) (2)(1)R P(BA)P(BA)P(AB) P(AB) P(AB)P(AB) P(A) P(A) P(AB) P(AB) P(AB).P(AB) P(B) P(B) P(AB)P(AB) P(AB)P(AB) P(AB) P(AB) P(AB)P(A B)' P(B) P(B) 得证： ()由调查数据可知PAD=品-号，PA=品=0，则 29 PAB=1-PAB=PAB二&，所以R号 106. 10 考向4回归分析 1,A[成对数据的相关性十回归分析对A,因为0，所以y与x! 负相关，A正确.对B,C,当x=10时，y=1359,为预测值，不代表 观测值的大小，故B,C错误，对D,r=0.91,接近1，说明样本数 据线性相关程度强，D错误，] 2.A[线性相关系数（理性思维）远项A中的散点有明显的从左！ 下角到右上角沿直线分布的趋势，且散点集中在一条直线的附近， 故选项A中的线性相关系数最大，故远A.] 3.C「样本相关系数因为沿海地区气温和海水表层温度相关，且！ 样本相关系数为正数，所以随着沿海地区气温由低到高，海水表层 温度呈上升趋势，故远C.] 4.C[因为相关系数r=0.8245>0.75,所以花瓣长度和花萼长度 的相关性较强，并且呈正相关，所以选项A,B错误，远项C正确：因 为相关系数与样本的数据有关，所以当样本发生变化时，相关系数 也会发生变化，所以远项D错误.故远C,] 5.古典概型十统计图的选择与应用十选择合适的拟合函数模型解决 实际问题 解(1)由题意，设该年份颗粒物的密度大于二氧化硫密度为事件 A,显然满足题意的有7年， (2分) 故PA=子 故该年份颗粒物的密度大于二氧化硫密度的概率为子。(4分) (2)茎叶图：仅用于展示单个变量的数据分布特征（如集中趋势、离 散程度、是否有异常值)，可以保留原始数据，但无法反映两个变量 的相关性。 扇形图：仅用于展示单个变量中各部分占总体的比例关系，不能体 现两个变量的相关性 散点图：专门用于研究两个变量之间相关关系的工具，它将一个变 量作为横坐标，另一个变量作为纵坐标，每组数据对应平面上的一 个，点，通过观察，点的整体分布趋势，可以直观判断两个变量是正相 关、负相关还是不相关！ 因为本题要研究颗粒物密度与二氧化硫密度的相关性，所以选择 散点图. (6分) 因为相关系数r的取值范围是[一1,1]，所以可以排除区间(1,2). 通过所给数据可知随着颗粒物密度的减小，二氧化硫密度也呈现 减小的趋势，二者变化方向一致，属于正相关，因此>0. 综上，相关系数r的取位区间为(0,1). (8分)· (3)由题意，设样本中心为(2018，y), y=g×(101.02+87.02+57.46+21.85+11.76+8.86+5.03+ 4.63+3.86)≈33.499， 由33.499=a(2018-2014)十83.743，得a=-12.561, 此时y=-12.561(x-2014)+83.743, (10分) 故当x=2023时，y=106.544e041×2023-2014)≈1.681，差的绝！ 对值约为2.20， 15 y=-12.561×(2023-2014)十83.743--29.306，差的绝对值 约为33.19， 33.19>2.20. (12分) 故y=106.544e0.41(x-2o1对于2023年的预测值与实际值的差 的绝对值更小 (14分) 6.极差十中位数十平均数十古典概型十回归方程（数据处理能力、运 算求解能力) 解(1)这组数据的极差为216.93一206.78=10.15， 中位数为209.35210.68=210.015. (2)记“从这10个数据中任选3个，恰有2个数据在211以上”为事 件A, 由题可知，这10个数据中在211以上的有4个，故PA)=CC Cio 部品 (3)由题可知，x=2006,y=211399, 代入y--0.311x十b,得211.399=-0.311×2006+6， 解得7=835.265， 则y=-0.311x十835.265， 将x=2028代入，得y=204.557≈204.56， 故预测2028年冠军队的成绩为204.56秒. :解(1)该林区这升时木平均一保的根部镜藏面积：-8-Q06㎡)， 平均一棵的材积童y=0-0.39(m). (2)由题意，得2(5-x)-是-102=0.038-10×0.06 =1 i=1 0.002, (y--号y-107=1.6158-10×0.392=0.0948, =1 (x-3(0y-y=号x-10ry=0.2474-10X0.06X0.39= 10 =1 =1 0.0134, 所以相关系数 0.0134 0.0134 0.0134≈ V0.002X0.0948√1.896×0.00010.01377 0.97 (3)因为树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以比例 =6.5, 所以该林区这种树木的总材积量的估计位为186×6.5=1209(m3). 专题24概率 考向1古典概型 1.A[新定义十随机变量的数学期望 (列举法)(1)当2中的点对应的坐标中的三个坐标都相同时，共 有3种取值情况，列表如下： X -2,-2,-2, 一6 63 -1-1,-1 -3 63 2,2,2 6 63 因为三个坐标相同，只能表示一个点，所以每种情况的概率都为 丽发现X有一个取6，另一个取-6，并且概率相同，所以求期望 1 时，这两种情况相加和为0. (2)当2中的点对应的坐标中有两个坐标相同时，共有 12(CC=12)种取值情况，列表如下： X 2,-2,-1 -5 21 -2,-2,1 -3 21 -2,-2,2 -2 21 1,-1, -4 21